Properties of the exponential series

Dieser Abschnitt ist noch im Entstehen und noch nicht offizieller Bestandteil des Buchs. Gib den Autoren Zeit, den Inhalt anzupassen!

Eine Ungleichung

Graph der Exponentialfunktion $y=e^x$ und der Geraden $y=x+1$.

Theorem

Sei $x\in ℝ$. Dann gilt $\exp (x)\ge x+1$.

Proof

Wir betrachten zwei Fälle.

Fall 1: $x\ge -1$

Sei also $x\ge -1$. Es gilt die Bernoulli-Ungleichung, d.h. für alle $n\in \mathbb{N}$ und $z\ge -1$ gilt

$(1+z{)}^n\ge 1+nz$

Es gilt wegen $x\ge -1$, dass $\frac{x}{n}\ge -1$ für alle $n\in \mathbb{N}$. Wir setzen nun $z:=\frac{x}{n}$. Es folgt

${(1+\frac{x}{n})}^n\ge 1+n\cdot \frac{x}{n}=1+x$

Also:

$\exp (x)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{(1+\frac{x}{n})}^n\ge \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}1+x=1+x$

Fall 2: $x<-1$

Sei nun $x<-1$. Dann gibt es ein $N\in \mathbb{N}$, so dass für alle $n\ge N$ gilt, dass $\frac{x}{n}\ge -1$ und somit $1+\frac{x}{n}\ge 1-1=0$. Damit gilt auch ${(1+\frac{x}{n})}^n\ge (1-1{)}^n=0$. Folglich ist

$\exp (x)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{(1+\frac{x}{n})}^n\ge 0$

Da $x<-1$ gilt $\exp (x)\ge 0\ge 1+x$.

Ein nützlicher Grenzwert

Nun betrachten wir den Grenzwert $\underset{z\to 0}{lim}\frac{\exp (z)-1}{z}=1$. Dieser ist an vielen Stellen nützlich zum Beispiel bei der Berechnung der Ableitung der e-Funktion.

Um den Grenzwert zu beweisen, brauchen wir zuerst eine Abschätzung:

Theorem (Restgliedabschätzung der Exponentialfunktion)

Sei $z\in ℂ$ mit $|z|\le 1$ und $n\in {\mathbb{N}}_0$, dann gilt

$|\exp (z)-\sum _{k=0}^n\frac{z^k}{k!}|\le \frac{2|z{|}^{n+1}}{(n+1)!}$

Proof (Restgliedabschätzung der Exponentialfunktion)

Es gilt wegen der Definition der Exponentialfunktion

$\begin{array}{cc}& |\exp (z)-\sum _{k=0}^n\frac{z^k}{k!}|\\ =& \left|\sum _{k=n+1}^{\mathrm{\infty }}\frac{z^k}{k!}\right|\\ & \downarrow \text{Dreiecksungleichung}\\ \le & \sum _{k=n+1}^{\mathrm{\infty }}\frac{|z{|}^k}{k!}\\ & \downarrow \text{Ausklammern}\\ =& \frac{|z{|}^{n+1}}{(n+1)!}(1+\frac{|z|}{n+2}+\frac{|z{|}^2}{(n+2)(n+3)}+\dots )\\ & \downarrow \text{Abschätzung mit }|z|\le 1\text{ und }(n+1)\ge 2,(n+2)\ge 2,\dots \\ \le & \frac{|z{|}^{n+1}}{(n+1)!}\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{2^i}\\ & \downarrow \text{Geometrische Reihe}\\ =& \frac{|z{|}^{n+1}}{(n+1)!}\cdot \frac{1}{1-\frac{1}{2}}\\ =& \frac{2|z{|}^{n+1}}{(n+1)!}\\ \end{array}$

Mit dieser Abschätzung können wir nun unseren Grenzwert beweisen:

Theorem

Es gilt $\underset{z\to 0}{lim}\frac{\exp (z)-1}{z}=1$. Hierbei ist $z\to 0$ in den komplexen Zahlen gemeint.

Proof

Wir haben vorher gesehen, dass für alle $n\in \mathbb{N}$ und für alle $z\in ℂ$ mit $|z|\le 1$ gilt

$|\exp (z)-\sum _{k=0}^n\frac{z^k}{k!}|\le \frac{2|z{|}^{n+1}}{(n+1)!}$

Benutzen wir jetzt $n=1$, dann folgt für alle $z\in ℂ$ mit $|z|\le 1$

$|\exp (z)-(1+\frac{z}{1!})|\le \frac{2|z{|}^2}{2!}=|z{|}^2$

Sei nun $(z_n{)}_{n\in \mathbb{N}}$ eine Folge in $ℂ$ mit $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{z}_n=0$ und $z_n\ne 0$ für alle $n\in \mathbb{N}$. Dann gibt es ein $N\in \mathbb{N}$, so dass für alle $m>N$ gilt $|z_m|\le 1$. Also folgt für alle $m>N$, dass

$|\exp (z_m)-(1+z_m)|\le |z_m{|}^2$

Somit gilt auch, da $z_m\ne 0$,

$|\frac{\exp (z_m)-1}{z_m}-1|=\left|\frac{\exp (z_m)-(1+z_m)}{z_m}\right|\le |z_m|$

Nach dem Sandwich-Theorem gilt dann $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\exp (z_m)-1}{z_m}-1=0$.

Da unsere Folge beliebig gewählt war gilt also $\underset{z\to 0}{lim}\frac{\exp (z)-1}{z}=1$

To-Do:

• wie kommt man auf den Beweis

Funktionalgleichung

In diesem Abschnitt zeigen wir den folgenden

Theorem

Für alle $x,y\in ℂ$ gilt:

$\exp (x)\cdot \exp (y)=\exp (x+y)$

How to get to the proof?

Dazu benutzen wir die Reihendarstellung der Exponentialfunktion. Die linke Seite ist:

$\exp (x)\cdot \exp (y)=\left(\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^k}{k!}\right)\cdot \left(\sum _{m=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{y^m}{m!}\right)$

Und die rechte Seite ist

$\begin{array}{cc}& \exp (x+y)\\ =& \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(x+y{)}^n}{n!}\\ & \downarrow \text{Binomischer Lehrsatz}\\ =& \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n!}\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k\cdot y^{n-k}\\ & \downarrow \text{Definition des Binomialkoeffizienten}\\ =& \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n!}\sum _{k=0}^n\frac{n!}{k!(n-k)!}{x}^k\cdot y^{n-k}\\ =& \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\sum _{k=0}^n\frac{x^k}{k!}\cdot \frac{y^{n-k}}{(n-k)!}\\ \end{array}$

Das ist genau das Cauchy-Produkt von $\left(\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^k}{k!}\right)\cdot \left(\sum _{m=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{y^m}{m!}\right)$. Dazu müssen wir wissen, dass die Reihe $\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^k}{k!}$ bzw. $\sum _{m=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{y^m}{m!}$ absolut konvergiert.

Für alle $x\in ℂ$ gilt

$\begin{array}{cc}& \sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\left|\frac{x^k}{k!}\right|\\ =& \sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{|x{|}^k}{k!}\\ =& \exp (|x|)\end{array}$

und das ist, wie bereits gezeigt, eine reelle Zahl. Also konvergieren die Reihen absolut und damit folgt

$\exp (x)\cdot \exp (y)=\exp (x+y)$

Proof

Zunächst bemerken wir, dass die Reihe $\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^k}{k!}$ für alle $x\in ℂ$ absolut konvergiert. Denn

$\begin{array}{cc}& \sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\left|\frac{x^k}{k!}\right|\\ =& \sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{|x{|}^k}{k!}\\ =& \exp (|x|)\end{array}$

und die Exponentialfunktion ist wohldefiniert. Es gilt:

$\begin{array}{cc}& \exp (x+y)\\ =& \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(x+y{)}^n}{n!}\\ & \downarrow \text{Binomischer Lehrsatz}\\ =& \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n!}\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k\cdot y^{n-k}\\ & \downarrow \text{Definition des Binomialkoeffizienten}\\ =& \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n!}\sum _{k=0}^n\frac{n!}{k!(n-k)!}{x}^k\cdot y^{n-k}\\ =& \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\sum _{k=0}^n\frac{x^k}{k!}\cdot \frac{y^{n-k}}{(n-k)!}\\ & \downarrow \text{Cauchyprodukt}\\ =& \left(\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^k}{k!}\right)\cdot \left(\sum _{m=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{y^m}{m!}\right)\\ =& \exp (x)\cdot \exp (y)\end{array}$

Positivität

Theorem

Sei $x\in ℝ$. Dann gilt $\exp (x)>0$.

Proof

Wir betrachten zwei Fälle.

Fall 1: $x\ge 0$

Sei $x\ge 0$. Dann gilt $\exp (x)\ge 1+x\ge 1>0$.

Fall 2: $x<0$

Sei nun $x<0$. Nach der Funktionalgleichung der Exponentialfunktion gilt

$\exp (x)\cdot \exp (-x)=\exp (0)=1$

Aus dem ersten Fall wissen wir schon, dass $\exp (-x)>0$ gilt, denn $-x\ge 0$. Es folgt also $\exp (x)=\frac{1}{\exp (-x)}>0$.

Monotonie

Theorem

Die Exponentialfunktion $\exp :ℝ\to ℝ$ ist streng monoton steigend.

Proof

Seien $x,y\in ℝ$ mit $x<y$. Dann können wir $y=x+t$ mit $t>0$ schreiben. Aus dem vorher bewiesenen Satz bekommen wir also $e^t\ge 1+t>1$. Dann folgt mit der Funktionalgleichung:

$\exp (y)=\exp (x+t)=\underset{>0}{\underbrace{\exp (x)}}\cdot \underset{>1}{\underbrace{\exp (t)}}>\exp (x)$

Stetigkeit der Exponentialfunktion

To-Do:

Diesen Teilabschnitt eventuell verschieben, da die Stetigkeit der Exponentialfunktion vor dem Kapitel zur Stetigkeit bewiesen wird.

In diesem Kapitel beweisen wir die Stetigkeit der Exponentialfunktion

$\exp :ℂ\to ℂ,\exp (x)=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^k}{k!}$

Dazu zeigen wir zunächst, dass die Funktion $\exp$ an der Stelle $0$ stetig ist. Anschließend beweisen wir die Stetigkeit in allen $x\in ℂ$. Dabei benutzen wir die Stetigkeit in $0$ und die Regel $\exp (x+y)=\exp (x)\cdot \exp (y)$ für alle $x,y\in ℂ$.

Theorem

Die Exponentialfunktion $\exp :ℂ\to ℂ$ ist stetig in $0$.

How to get to the proof?

Wir müssen also zeigen, dass es für ein gegebenes $ϵ>0$ ein $\delta >0$ gibt, so dass für alle $x\in ℂ$ mit $|x-0|=|x|<\delta$ gilt

$|\exp (x)-\exp (0)|<ϵ$

Für alle $x\in ℂ$ gilt:

$\begin{array}{cc}& |\exp (x)-\exp (0)|\\ =& |\exp (x)-\sum _{k=0}^0\frac{x^k}{k!}|\\ \end{array}$

In einem vorherigen Satz haben wir folgende nützliche Abschätzung für alle $z\in ℂ$ mit $|z|\le 1$ bewiesen:

$|\exp (z)-\sum _{k=0}^n\frac{z^k}{k!}|\le \frac{2|z{|}^{n+1}}{(n+1)!}$

In unserem Fall gilt somit für alle $x\in ℂ$ mit $|x|\le 1$, dass

$\begin{array}{cc}& |\exp (x)-\exp (0)|\\ =& |\exp (x)-\sum _{k=0}^0\frac{x^k}{k!}|\\ \le & \frac{2|x{|}^{0+1}}{(0+1)!}\\ =& 2|x|\end{array}$

Folglich können wir $\delta$ so wählen, dass für alle $x\in ℂ$ mit $|x|<\delta$ die folgenden Bedingungen erfüllt sind:

1. $|x|<1$, d.h. $\delta \le 1$
2. $2|x|<ϵ$, d.h. $\delta \le \frac{ϵ}{2}$

Also setzen wir $\delta :=min\{1,\frac{ϵ}{2}\}$.

Proof

Sei $ϵ>0$. Setze $\delta :=min\{1,\frac{ϵ}{2}\}$. Dann gilt für alle $x\in ℂ$ mit $|x-0|=|x|<\delta$, dass

$\begin{array}{cc}& |\exp (x)-\exp (0)|\\ =& |\exp (x)-\sum _{k=0}^0\frac{x^k}{k!}|\\ & \downarrow \text{Abschätzung aus einem vorherigen Satz und }|x|\le 1\\ \le & \frac{2|x{|}^{0+1}}{(0+1)!}\\ =& 2|x|\\ <& 2\cdot \frac{ϵ}{2}\\ =& ϵ\end{array}$

Also ist $\exp :ℂ\to ℂ$ in $0$ stetig.

Theorem

Die Exponentialfunktion $\exp :ℂ\to ℂ$ ist stetig.

How to get to the proof?

Sei $\tilde{x}\in ℂ$ beliebig. Sei $(x_n{)}_{n\in \mathbb{N}}$ eine komplexwertige Folge, die gegen $\tilde{x}$ konvergiert, d.h. $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n-\tilde{x}=0$.

Wir können nun die Folge $(y_n{)}_{n\in \mathbb{N}}$ betrachten, wobei wir für alle $n\in \mathbb{N}$ definieren: $y_n:=x_n-\tilde{x}$. Wegen $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n-\tilde{x}=0$ konvergiert die Folge $(y_n{)}_{n\in \mathbb{N}}$ gegen $0$.

Wir wissen bereits, dass die Exponentialfunktion $\exp$ stetig in $0$ ist. Also:

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\exp (x_n-\tilde{x})=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\exp (y_n)=\exp (0)=1$

Wir gehen nun zurück zu unserer Folge $(x_n{)}_{n\in \mathbb{N}}$. Wir wollen zeigen, dass

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\exp (x_n)=\exp (\tilde{x})$

Für alle $n\in \mathbb{N}$ gilt

$\exp (x_n)=\exp (\tilde{x}+(x_n-\tilde{x}))=\exp (\tilde{x})\cdot \exp (x_n-\tilde{x})$

Also:

$\begin{array}{cc}& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\exp (x_n)\\ & \downarrow \exp (x_n)=\exp (\tilde{x})\cdot \exp (x_n-\tilde{x})\\ =& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\exp (\tilde{x})\cdot \exp (x_n-\tilde{x})\\ =& \exp (\tilde{x})\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\exp (x_n-\tilde{x})\\ & \downarrow \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\exp (x_n-\tilde{x})=1\\ =& \exp (\tilde{x})\cdot 1\\ =& \exp (\tilde{x})\end{array}$

Folglich ist $\exp$ stetig in $\tilde{x}$. Da $\tilde{x}\in ℂ$ beliebig gewählt war, ist $\exp :ℂ\to ℂ$ stetig.

Proof

Sei $\tilde{x}\in ℂ$ und $(x_n{)}_{n\in \mathbb{N}}$ eine Folge in $ℂ$, die gegen $\tilde{x}$ konvergiert. Dann gilt

$\begin{array}{cc}& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\exp (x_n)\\ & \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\exp (\tilde{x}+(x_n-\tilde{x}))\\ & \downarrow \exp (a+b)=\exp (a)\cdot \exp (b)\text{ für alle }a,b\in ℂ\\ =& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\exp (\tilde{x})\cdot \exp (x_n-\tilde{x})\\ =& \exp (\tilde{x})\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\exp (x_n-\tilde{x})\\ & \downarrow \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n-\tilde{x}=0\text{ und }\exp \text{ ist stetig in }0\text{, also }\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\exp (x_n-\tilde{x})=\exp (0)=1\\ =& \exp (\tilde{x})\cdot 1\\ =& \exp (\tilde{x})\end{array}$

Somit ist die Exponentialfunktion $\exp :ℂ\to ℂ$ stetig.

Bijektivität

Wir haben schon gesehen, dass wir die Exponentialfunktion aufgrund der Positivität als eine Funktion $\exp :ℝ\to {ℝ}^{+}$ in die positiven reellen Zahlen auffassen können. Wir beweisen jetzt die Bijektivität dieser Funktion.

Theorem

Die Exponentialfunktion $\exp :ℝ\to {ℝ}^{+}$ ist bijektiv.

Proof

Weil die Exponentialfunktion streng monoton steigend ist, ist sie insbesondere injektiv. Es bleibt noch die Surjektivität zu zeigen. Sei dazu ein $y\in {ℝ}^{+}$ gegeben. Wir unterscheiden zwei Fälle:

Fall 1: $y\ge 1$

Es gilt $\exp (y)\ge 1+y>y\ge 1=\exp (0)$. Nach dem Zwischenwertsatz gibt es also ein $0\le x\le y$ mit $\exp (x)=y$.

Fall 2: $0<y<1$

Nach dem ersten Fall finden wir ein $x\in ℝ$ mit $\exp (x)=\frac{1}{y}$. Somit gilt $\exp (-x)=y$.

Äquivalenz der Reihen- und Folgendarstellung für komplexe Argumente

Wir haben schon gezeigt, dass für alle $z\in ℂ$ folgende Gleichung gilt:

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{(1+\frac{z}{n})}^n=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{z^n}{n!}$

Mit den Mitteln, die wir in diesem Kapitel erarbeitet haben, können wir nun einen anderen Beweis für diese Gleichung angeben. Für den Beweis nutzen wir die Funktionalgleichung, die Monotonie der Exponentialfunktion für reelle Argumente und den Grenzwert $\underset{z\to 0}{lim}\frac{\exp (z)-1}{z}=1$.

Theorem (Äquivalenz der Reihen- und Folgendarstellung für komplexe Argumente)

Für alle $z\in ℂ$ gilt

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{(1+\frac{z}{n})}^n=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{z^n}{n!}$

Damit zeigen wir dann auch insbesondere, dass der Grenzwert $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{(1+\frac{z}{n})}^n$ für alle $z\in ℂ$ existiert. Denn wir haben bereits gezeigt, dass $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{z^n}{n!}\in ℂ$.

Summary of proof (Äquivalenz der Reihen- und Folgendarstellung für komplexe Argumente)

Sei $z\in ℂ$. Wir schreiben zunächst für alle $n\in \mathbb{N}$

$\exp (z)-{(1+\frac{z}{n})}^n=A_n\cdot B_n$

Anschließend zeigen wir, dass man $A_n$ schreiben kann als $\frac{z}{n}\cdot a_n$, wobei $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_n=0$. Außerderdem gilt $|B_n|\le n\cdot \exp (|z|)$. Folglich ist

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}|\exp (z)-{(1+\frac{z}{n})}^n|=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}|A_n|\cdot |B_n|\le \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{|z|}{n}\cdot a_n\cdot n\cdot \exp (|z|)=|z|\cdot \exp (|z|)\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_n=0$

How to get to the proof? (Äquivalenz der Reihen- und Folgendarstellung für komplexe Argumente)

To-Do:

Herausfinden, wie man auf diesen Beweis kommt

Proof (Äquivalenz der Reihen- und Folgendarstellung für komplexe Argumente)

Im Beweis sei für alle $z\in ℂ$ der Ausdruck $\exp (z):=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{z^k}{k!}$. Sei $z\in ℂ$. Dann gilt für alle $n\in \mathbb{N}$, dass

$\begin{array}{cc}& \exp (z)-{(1+\frac{z}{n})}^n\\ & \downarrow \text{Funktionalgleichung}\\ =& {(\exp \left(\frac{z}{n}\right))}^n-{(1+\frac{z}{n})}^n\\ & \downarrow \text{Teleskopsumme}\\ =& \sum _{k=0}^{n-1}{(\exp \left(\frac{z}{n}\right))}^{k+1}\cdot {(1+\frac{z}{n})}^{n-(k+1)}-\sum _{k=0}^{n-1}{(\exp \left(\frac{z}{n}\right))}^k\cdot {(1+\frac{z}{n})}^{n-k}\\ =& \underset{=:A_n}{\underbrace{(\exp \left(\frac{z}{n}\right)-(1+\frac{z}{n}))}}\cdot \underset{=:B_n}{\underbrace{\sum _{k=0}^{n-1}{(\exp \left(\frac{z}{n}\right))}^k\cdot {(1+\frac{z}{n})}^{n-(k+1)}}}\\ \end{array}$

Weiter gilt

$A_n=(\exp \left(\frac{z}{n}\right)-(1+\frac{z}{n}))=\frac{z}{n}\underset{=:a_n}{\underbrace{(\frac{\exp (\frac{z}{n})-1}{\frac{z}{n}}-1)}}$

Wir haben bereits bewiesen, dass $\underset{w\to 0}{lim}\frac{\exp (w)-1}{w}-1=0$. Wegen $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{z}{n}=0$ folgt somit $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_n=0$.

Als nächstes beweisen wir zwei Abschätzungen, die wir in unserer späteren Rechnung brauchen werden.

1. Ungleichung

$\begin{array}{cc}& |\exp \left(\frac{z}{n}\right)|=\left|\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{{\left(\frac{z}{n}\right)}^k}{k!}\right|\\ & \downarrow \text{Dreiecksungleichung}\\ \le & \sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{{\left(\frac{|z|}{n}\right)}^k}{k!}=\exp \left(\frac{|z|}{n}\right)\end{array}$

2. Ungleichung

$\begin{array}{cc}& |1+\frac{z}{n}|\\ & \downarrow \text{Dreiecksungleichung}\\ \le & 1+\frac{|z|}{n}\le 1+\frac{|z|}{n}+\sum _{k=2}^{\mathrm{\infty }}\frac{|z{|}^k}{n^k\cdot k!}=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{{\left(\frac{|z|}{n}\right)}^k}{k!}=\exp \left(\frac{|z|}{n}\right)\end{array}$

Somit gilt

$\begin{array}{cc}& |B_n|=|\sum _{k=0}^{n-1}{(\exp \left(\frac{z}{n}\right))}^k\cdot {(1+\frac{z}{n})}^{n-(k+1)}|\\ & \downarrow \text{Dreiecksungleichung}\\ \le & \sum _{k=0}^{n-1}\left|{(\exp \left(\frac{z}{n}\right))}^k\right|\cdot {|1+\frac{z}{n}|}^{n-(k+1)}\\ & \downarrow \text{Verwendung der 1. und 2. Ungleichung und der Monotonie der Funktionen }{ℝ}_0^{+}\to ℝ,x\mapsto x^s\text{ mit }s\ge 0\\ \le & \sum _{k=0}^{n-1}{(\exp \left(\frac{|z|}{n}\right))}^k\cdot {(\exp \left(\frac{|z|}{n}\right))}^{n-(k+1)}=\sum _{k=0}^{n-1}{(\exp \left(\frac{|z|}{n}\right))}^{n-1}\\ =& n\cdot {(\exp \left(\frac{|z|}{n}\right))}^{n-1}=n\cdot \exp \left(\frac{|z|\cdot (n-1)}{n}\right)\\ & \downarrow \text{Monotonie der Exponentialfunktion}\\ \le & n\cdot \exp (|z|)\end{array}$

Nun können wir alle Teile zusammensetzen.

$\begin{array}{cc}& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}|\exp (z)-{(1+\frac{z}{n})}^n|=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}|A_n|\cdot |B_n|=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}|\frac{z}{n}\cdot a_n|\cdot n\cdot \exp (|z|)\\ =& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}|z|\cdot \exp (|z|)\cdot |a_n|=|z|\cdot \exp (|z|)\cdot \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}|a_n|=|z|\cdot \exp (|z|)\cdot 0=0\end{array}$

Damit haben wir gezeigt, dass für alle $z\in ℂ$ gilt, dass

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{(1+\frac{z}{n})}^n=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{z^n}{n!}$